高三化學(xué)畢業(yè)班第三次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)三模理科綜合試題解析版

PAGE1人教版高中化學(xué)測(cè)試卷1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A.地溝油可以用來制肥皂和生物柴油B.白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖屬于天然高分子化合物C.向煤中加入生石灰，可減少SO2的排放量D.天然氣、水煤氣分別屬于一次能源、二次能源【答案】B【解析】【詳解】A．地溝油的主要成分是油脂，利用水解反應(yīng)可制肥皂、提取甘油，通過酯交換或熱化學(xué)工藝制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，故A正確；B．相對(duì)分子質(zhì)量大于10000的屬于高分子化合物，蔗糖相對(duì)分子質(zhì)量為342，屬于小分子化合物，故B錯(cuò)誤；C．在煤燃燒過程中生成二氧化硫，加入生石灰可與二氧化硫反應(yīng)，可減少SO2排放，可以減少酸雨的形成，故C正確；D．直接由自然界獲得的能源為一次能源，天然氣屬于一次能源，二次能源則是指由一次能源直接或間接轉(zhuǎn)換成其他種類和形式的能量資源，水煤氣是由一次能源煤炭轉(zhuǎn)化而成的能源，屬于二次能源，故D正確；答案選B。2.下列關(guān)于有機(jī)物1-氧雜-2，4-環(huán)戊二烯()的說法正確的是（）A.所有原子不可能處于同一平面內(nèi)B.與環(huán)氧乙烷()互為同系物C.可以使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，其原理相同D.與H2加成產(chǎn)物（分子式C4H8O）屬于醛的同分異構(gòu)體有2種【答案】D【解析】【詳解】A．分子中含有碳碳雙鍵，與碳碳雙鍵直接相連的所有原子共面，所以所有原子都處于同一平面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)構(gòu)相似、類別相同，在分子組成上相差一個(gè)或多個(gè)“CH2”原子團(tuán)的有機(jī)物互稱為同系物，含有碳碳雙鍵，環(huán)氧乙烷()中為碳碳單鍵，二者結(jié)構(gòu)不同，不互為同系物，故B錯(cuò)誤；C．含有碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)使溴水褪色，可以被高錳酸鉀溶液氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，原理不同，故C錯(cuò)誤；D．與H2加成的產(chǎn)物（分子式C4H8O）屬于醛的有機(jī)物含有醛基(-CHO)，除去醛基的結(jié)構(gòu)為-C3H7，共有兩種結(jié)構(gòu)，則同分異構(gòu)體有2種，故D正確；答案選D。3.NSR技術(shù)能有效降低柴油發(fā)動(dòng)機(jī)在空氣過量條件下NOx的排放，其工作原理如圖所示。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是（）A.儲(chǔ)存1molNO轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NAB.還原性尾氣可以為CO、H2等C.0.2molNO與0.1molO2充分反應(yīng)，得到的氣體分子數(shù)為0.2NAD.通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉(zhuǎn)化實(shí)現(xiàn)NOx的儲(chǔ)存和還原【答案】C【解析】【詳解】A．儲(chǔ)存過程中1molNO最終轉(zhuǎn)化為Ba(NO3)2，氮元素由+2價(jià)變?yōu)?5價(jià)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，故A正確；B．由還原過程的反應(yīng)，還原尾氣與Ba(NO3)2反應(yīng)生成氮?dú)夂退瑒t還原性尾氣可以為CO、H2，故B正確；C．0.2molNO與0.1molO2充分反應(yīng)生0.2molNO2，NO2存在NO2N2O4平衡，則得到的氣體分子數(shù)小于0.2NA，故C錯(cuò)誤；D．依據(jù)圖示可知通過BaO和Ba(NO3)2與NOx的氧化還原反應(yīng),實(shí)現(xiàn)NOx的儲(chǔ)存和還原，故D正確；答案選C。4.一種以液態(tài)肼(N2H4)為燃料的電池裝置如圖所示，該電池用KOH溶液作電解質(zhì)溶液。下列說法不正確的是（）A.b為正極，發(fā)生還原反應(yīng)B.放電時(shí)，電子從a極經(jīng)負(fù)載流向b極C.其中的離子交換膜需選用陰離子交換膜D.a極的電極反應(yīng)式：N2H4＋4OH–－2e–=N2↑＋4H2O【答案】D【解析】【分析】該燃料電池中，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，電池總反應(yīng)為：N2H4+O2=N2↑+2H2O，結(jié)合離子的移動(dòng)方向、電流的方向分析解答。【詳解】A．根據(jù)分析，通入空氣的一極為正極，則b為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；B．原電池中，電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，a為負(fù)極，b為正極，則電子從a極經(jīng)負(fù)載流向b極，故B正確；C．原電池中陽離子正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，結(jié)合分析，負(fù)極電極反應(yīng)式為：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正極電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，正極產(chǎn)生的OH-要向負(fù)極移動(dòng)參與負(fù)極的電極反應(yīng)，則其中的離子交換膜需選用陰離子交換膜，故C正確；D．根據(jù)分析，a極負(fù)極，電極反應(yīng)式：N2H4＋4OH–－4e–=N2↑＋4H2O，故D錯(cuò)誤；答案選D。5.下列實(shí)驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和實(shí)驗(yàn)結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A常溫下，向含溶解足量NH3的飽和食鹽水中通入過量CO2析出白色固體溶解性：NaHCO3＜NH4ClB將Fe(NO3)2樣品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液不變紅Fe(NO3)2樣品沒有變質(zhì)C室溫下，用pH試紙分別測(cè)定等物質(zhì)的量濃度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHNaClO溶液對(duì)應(yīng)的pH試紙藍(lán)色更深酸性：HClO＜CH3COOHD向2mL0.1mol·L–1AgNO3溶液中滴加1～2滴NaCl溶液，再滴加2滴Na2S溶液開始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．常溫下，向含溶解足量NH3的飽和食鹽水中通入過量CO2，發(fā)生反應(yīng)：NH3+NaCl+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，則白色固體為NaHCO3，則可證明NaHCO3＜NH4Cl，故A正確；B．酸性條件下，硝酸根離子具有強(qiáng)氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，滴加KSCN溶液，溶液會(huì)變紅，不能證明Fe(NO3)2樣品是否變質(zhì)，正確的方法為直接向樣品中加入KSCN溶液，若不變紅，說明Fe(NO3)2樣品沒有變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，能漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測(cè)定次氯酸鈉溶液pH值，無法比較HClO和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱，故C錯(cuò)誤；D．向2mL0.1mol·L–1AgNO3溶液中滴加1～2滴NaCl溶液，有AgCl白色沉淀生成，但AgNO3過量，再滴加2滴Na2S溶液，產(chǎn)生的黑色沉淀生成為過量的AgNO3與Na2S溶液反應(yīng)產(chǎn)生，則不能比較Ksp(Ag2S)與Ksp(AgCl)大小，故D錯(cuò)誤；答案選A。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的簡單氣態(tài)氫化物常溫下為無色液體，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Y、Z、W形成的單質(zhì)及化合物在溶液中有如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。下列說法不正確的是（）A.簡單離子半徑大?。篫＞W(wǎng)＞X＞YB.簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞ZC.Z的氧化物對(duì)應(yīng)水化物為強(qiáng)酸D.X、W形成的某化合物可用作自來水消毒劑【答案】C【解析】【分析】X的簡單氣態(tài)氫化物常溫下為無色液體，則X為O元素，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則Y為Na元素，Y、Z、W形成的單質(zhì)及化合物在溶液中有如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，化合物甲和化合物中含有Z和Na元素，根據(jù)原子序數(shù)依次增大，Z、W為第三周期元素，能發(fā)生上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，氯氣和硫化鈉溶液反應(yīng)可生成硫單質(zhì)和氯化鈉，符合題意，則W為Cl元素，Z為S元素，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)分析，X為O元素，Y為Na元素，W為Cl元素，Z為S元素；A．X、Y、Z、W形成的簡單離子分別為O2-、Na+、S2-、Cl-，電子層數(shù)越多，半徑越大，核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑大小：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，即Z＞W(wǎng)＞X＞Y，故A正確；B．X為O元素，Z為S元素，非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性O(shè)＞S，則簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞Z，故B正確；C．Z為S元素，S的氧化物對(duì)應(yīng)水化物為硫酸和亞硫酸，硫酸為強(qiáng)酸，亞硫酸為弱酸，故C錯(cuò)誤；D．X為O元素，W為Cl元素，二者形成的某化合物ClO2具有強(qiáng)氧化性，可用作自來水消毒劑，故D正確；答案選C。7.常溫下，向10mL0.1mol·L–1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L–1的氨水，溶液的pH及導(dǎo)電能力變化趨勢(shì)如圖。下列說法正確的是()A.b點(diǎn)溶液中，水電離程度最小B.溶液中的陰離子濃度總和關(guān)系是：b＞c＞aC.常溫下，HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10–6D.d點(diǎn)溶液中：c(A–)＋c(HA)＝2c(NH3·H2O)【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像，0.1mol·L–1的HA溶液pH=3，所以HA為弱酸。當(dāng)加入10mL氨水時(shí)，溶液的導(dǎo)電能力最強(qiáng)，說明酸堿恰好中和得到鹽。酸和堿都抑制水的電離，酸性或堿性越強(qiáng)，水的電離程度越弱，鹽促進(jìn)水的電離，所以b點(diǎn)水的電離程度最大，故A錯(cuò)誤；B．溶液導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度有關(guān)，導(dǎo)電能力越大，溶液中離子濃度越大，根據(jù)圖象可知，導(dǎo)電能力b＞c＞a，根據(jù)電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，陽離子總數(shù)等于陰離子總數(shù)，故溶液中的離子總數(shù)是陰離子總數(shù)的2倍，溶液的導(dǎo)電能力與溶液中的陰離子總數(shù)呈正比，則溶液中的陰離子濃度總和關(guān)系是：b＞c＞a，故B正確；C．根據(jù)圖像，0.1mol·L–1的HA溶液pH=3，溶液中HA電離出的c(A-)=c(H+)=10-3mol·L–1，則常溫下，HA的電離平衡常數(shù)K==10-5，則HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10–5，故C錯(cuò)誤；D．d點(diǎn)加入20mL等濃度的氨水，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的NH4A和NH3?H2O，溶液中存在物料守恒：2c(A-)+2c(HA)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，兩式相加可得：c(A-)+2c(HA)+c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-)，因溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，則c(A–)＋c(HA)＞c(NH3·H2O)，故D錯(cuò)誤；答案選B。8.無水四氯化錫(SnCl4)可用于制作導(dǎo)電玻璃，導(dǎo)電玻璃廣泛用于液晶顯示屏、薄膜太陽能電池基底等?？捎萌缦卵b置制備四氯化錫(部分夾持裝置已略去)。有關(guān)信息如下表：化學(xué)式SnCl2SnCl4熔點(diǎn)/℃246?33沸點(diǎn)/℃652144其他性質(zhì)無色晶體，Sn(II)易被氧化為Sn(IV)無色液體，易水解回答下列問題：(1)對(duì)比分液漏斗，裝置甲中恒壓滴液漏斗的優(yōu)點(diǎn)是___________________________。儀器A中發(fā)生反應(yīng)離子方程式為_______________________________________。(2)將裝置如圖連接好，檢查氣密性，慢慢滴入濃鹽酸，待觀察到__________(填現(xiàn)象)后，開始加熱丁裝置。錫熔化后適當(dāng)增大氯氣流量并繼續(xù)加熱丁裝置。繼續(xù)加熱丁裝置的目的是促進(jìn)氯氣與錫反應(yīng)和_________________________________。(3)如果缺少乙裝置可能產(chǎn)生的后果是_______________________________________。(4)戊裝置中球形冷凝管的冷水進(jìn)口為______(填“a”或“b”)。(5)己裝置中堿石灰的作用是_______________________________________________。(6)碘氧化法滴定分析產(chǎn)品中Sn(II)的含量。準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量濃鹽酸溶解，淀粉溶液做指示劑，用cmol·L–1碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，出現(xiàn)__________時(shí)達(dá)到滴定終點(diǎn)，此時(shí)消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則產(chǎn)品中Sn(II)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________(用字母表示)?！敬鸢浮?1).平衡氣壓，可以使漏斗內(nèi)液體順利流下(或可以防止倒吸；或減小增加的液體對(duì)氣體壓強(qiáng)的影響；或可以在密閉條件下滴加液體，減少漏斗內(nèi)液體揮發(fā)、與空氣接觸等(2).10Cl?+16H++2MnO4?=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+(3).丁中充滿黃綠色氣體(或黃綠色氣體充滿整個(gè)裝置)(4).促進(jìn)四氯化錫揮發(fā)(或促進(jìn)四氯化錫氣化，使四氯化錫蒸氣進(jìn)入戊中便于收集)(5).引起裝置爆炸(氯化氫與錫反應(yīng)生成的氫氣與氯氣混合受熱引起裝置爆炸)(6).a(7).吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣；防止水蒸氣進(jìn)入戊裝置的試管中使產(chǎn)物水解(8).溶液顏色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不變色(9).×100%(或%)【解析】【分析】由圖可知，甲中A為蒸餾燒瓶，發(fā)生KMnO4+16HCl(濃)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，乙中飽和食鹽水可除去HCl，丙中濃硫酸干燥氯氣，丁中Sn+2Cl2SnCl4，戊中冷卻，冷凝管可冷凝回流、提高SnCl4的產(chǎn)率，己中堿石灰可吸收水，防止水進(jìn)入戊中，以此來解答?！驹斀狻?1)對(duì)比分液漏斗，裝置甲中恒壓滴液漏斗的優(yōu)點(diǎn)是平衡氣壓，可以使漏斗內(nèi)液體順利流下(或可以防止倒吸；或減小增加的液體對(duì)氣體壓強(qiáng)的影響；或可以在密閉條件下滴加液體，減少漏斗內(nèi)液體揮發(fā)、與空氣接觸等；儀器A中發(fā)生反應(yīng)為濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，離子方程式為10Cl?+16H++2MnO4?=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+；(2)將如圖裝置連接好，先檢查裝置的氣密性，再慢慢滴入濃鹽酸，待觀察到丁裝置內(nèi)充滿黃綠色氣體現(xiàn)象(或黃綠色氣體充滿整個(gè)裝置)后，開始加熱裝置丁；錫熔化后適當(dāng)增大氯氣流量并繼續(xù)加熱丁裝置，繼續(xù)加熱丁裝置的目的是促進(jìn)氯氣與錫反應(yīng)和促進(jìn)四氯化錫揮發(fā)(或促進(jìn)四氯化錫氣化，使四氯化錫蒸氣進(jìn)入戊中便于收集)；(3)氯化氫與錫反應(yīng)生成的氫氣與氯氣混合受熱引起裝置爆炸，則如果缺少乙裝置，引起裝置爆炸；(4)SnCl4的沸點(diǎn)較低，戊裝置中球形冷凝管的作用為冷凝回流，提高SnCl4的產(chǎn)率，則冷凝水應(yīng)該下進(jìn)上出，則冷水進(jìn)口為a；(5)制取SnCl4過程中氯氣不能完全參與反應(yīng)，該氣體有毒，不能直接排放到大氣中，需要吸收處理，制得的SnCl4遇水易水解，則己裝置中堿石灰的作用是吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣；防止水蒸氣進(jìn)入戊裝置的試管中使產(chǎn)物水解；(6)準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，淀粉溶液做指示劑，用cmol?L?1碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴入最后一滴，出現(xiàn)溶液變藍(lán)，且30s內(nèi)顏色不變現(xiàn)象時(shí)達(dá)到滴定終點(diǎn)，此時(shí)消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，由Sn2++I2═Sn4++2I?，可知n(SnCl2)=n(I2)=cV×10?3mol，Sn(II)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%(或%)。【點(diǎn)睛】Sn2+與I2反應(yīng)，Sn4+與I2不反應(yīng)，當(dāng)把溶液中的Sn2+消耗完，淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)，據(jù)此判斷滴定終點(diǎn)。9.工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分是MnO2，還含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)進(jìn)行煙氣脫硫，并制備MnSO4和Mg(OH)2的工藝流程如下圖所示。(1)工業(yè)上將軟錳礦制成軟錳礦漿的目的是___________________________________。(2)“氧化”中添加適量MnO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________________________。(3)“除雜”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣2”的主要成分是______________________。(4)“沉錳”過程中生成MnCO3的化學(xué)方程式為________________________________。(5)“沉錳”過程中pH和溫度對(duì)Mn2+和Mg2+沉淀率的影響如下圖所示。①由圖可知，“沉錳”的合適條件是_____________________。②當(dāng)溫度高于45℃時(shí)，Mn2+沉淀率減小的原因是___________________________。(6)“沉鎂”中MgSO4溶液的濃度為0.03mol·L–1，加入某濃度氨水至溶液體積增加1倍時(shí)，恰好使Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10–5mol·L–1，此時(shí)溶液中NH3·H2O的物質(zhì)的量濃度為___________mol·L–1(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù)。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10–12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10–5)。【答案】(1).增大與反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率；充分吸收二氧化硫(2).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(3).NiS和ZnS(4).MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O(5).45℃、pH=7.5(6).隨著溫度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解揮發(fā))(7).1.17【解析】【分析】軟錳礦的主要成分是MnO2，還含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，應(yīng)均以金屬氧化物的形式存在，SiO2、MnO2與硫酸不反應(yīng)，硫酸酸化的軟錳礦漿中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的煙氣將二氧化硫吸收，二氧化硫與軟錳礦漿中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-，過濾后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反應(yīng)經(jīng)過濾成為濾渣1，向浸出液中加入MnO2，將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水，調(diào)節(jié)pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化銨把Zn2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為NiS和ZnS沉淀除去，過濾后得到的濾渣2為NiS和ZnS，向過濾后的濾液中加入氨水和碳酸氫銨，得到碳酸錳和含有Mg2+的溶液，向碳酸錳中加入硫酸得到硫酸錳，向含有Mg2+的溶液通入氨氣，得到氫氧化鎂，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)工業(yè)上將軟錳礦制成軟錳礦漿的目的是增大與反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率；充分吸收二氧化硫；(2)“氧化”中向浸出液中加入MnO2，將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；(3)根據(jù)分析，“除雜”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣2”的主要成分是NiS和ZnS；(4)根據(jù)分析，向過濾后的濾液中加入氨水和碳酸氫銨，得到碳酸錳和含有Mg2+的溶液，“沉錳”的離子方程式為MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O；(5)①由圖可知，“沉錳”的合適條件是：溫度控制在45℃左右，pH=7.5左右錳離子的沉淀率最高；②當(dāng)溫度高于45℃時(shí)，Mn2+和Mg2+沉淀率變化的原因是：沉錳是要加入碳酸氫銨，銨鹽受熱易分解，當(dāng)溫度高于45℃時(shí)，隨著溫度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解揮發(fā))，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；(6)“沉鎂”中MgSO4溶液的濃度為0.03mol·L–1，加入某濃度氨水至溶液體積增加1倍時(shí)，MgSO4溶液的濃度減半為0.015mol·L–1，恰好使Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10–5mol·L–1，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH?)=4.9×10?12，c2(OH?)===4.9×10?7，c(OH?)=7×10?4mol?L?1，NH3通入0.015mol?L?1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀時(shí)生成硫酸銨，c()=2c()=2×0.015mol/L=0.03mol/L，一水合氨是弱電解質(zhì)，電離方程式為：NH3?H2O?+OH?，Kb(NH3?H2O)===1.8×10?5，則NH3?H2O的物質(zhì)的量濃度為=1.17mol/L?！军c(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)為(6)中的計(jì)算，MgSO4溶液的濃度為0.03mol·L–1，加入某濃度氨水至溶液體積增加1倍時(shí)，MgSO4溶液的濃度減半為0.015mol·L–1，為正確解答的關(guān)鍵。10.甲醇與水蒸氣重整制氫可直接用于燃料電池。回答下列問題：(1)已知甲醇分解反應(yīng)I：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)

△H1=＋91.6kJ·mol–1水煤氣變換反應(yīng)II：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)

△H2=–41.1kJ·mol–1則CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)

△H3=________kJ·mol–1(2)我國學(xué)者采用量子力學(xué)方法，通過計(jì)算機(jī)模擬，研究了在鈀基催化劑表面上甲醇分解反應(yīng)I的歷程，得到甲醇在鈀基催化劑表面發(fā)生解離時(shí)五個(gè)路徑與相對(duì)能量關(guān)系如下圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用*標(biāo)注。該歷程中最小能壘(活化能)E正=_______kJ·mol–1，寫出該步驟的化學(xué)方程式____________________。(3)在100kPa下，將總進(jìn)料量1mol且n(CH3OH):n(H2O)=1:1.3混合氣體充入已放有催化劑的剛性密閉容器中反應(yīng)。①實(shí)驗(yàn)測(cè)得水煤氣變換反應(yīng)II的速率隨溫度的升高明顯下降，原因是__________。②平衡時(shí)，測(cè)得CH3OH的含量在給定溫度范圍內(nèi)極小，H2、H2O(g)、CO、CO2四種組分含量與反應(yīng)溫度關(guān)系如圖所示，b、d曲線對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為________、________。(4)353K時(shí)，在剛性容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應(yīng)：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)。體系的總壓強(qiáng)p隨時(shí)間t的變化如表所示(t=∞時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡)：t/min05101520∞p/kPa100.0107.4112.6116.4118.6120.0則0～5min內(nèi)v(CH3OH)=______kPa·min－1。該反應(yīng)的平衡常數(shù)KP=__________(kPa)2(KP為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1).+50.5(2).53.6(3).CH2O*＋2H*=CHO*＋3H*(或CH2O*=CHO*＋H*)(4).隨著溫度升高，催化劑活性降低(5).CO2(6).CO(7).0.74(8).44.4【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算解答；(2)活化能為反應(yīng)物的總能量與過渡態(tài)能量之差，結(jié)合圖像數(shù)據(jù)分析判斷；(3)①催化劑在一定溫度下活性最大，催化效果最好，據(jù)此分析解答；②對(duì)于反應(yīng)CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H＜0，其他條件不變時(shí)，升高溫度，平衡向左移動(dòng)，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均減小。結(jié)合圖中曲線變化，根據(jù)反應(yīng)方程式CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)、CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，平衡時(shí)各組分物質(zhì)的量關(guān)系分析判斷；(4)結(jié)合表格數(shù)據(jù)，列“三段式”進(jìn)行計(jì)算解答?！驹斀狻?1)已知甲醇分解反應(yīng)I：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)△H1=＋91.6kJ·mol–1水煤氣變換反應(yīng)II：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H2=–41.1kJ·mol–1根據(jù)蓋斯定律：I+II可得：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H3=+50.5kJ·mol–1；(2)活化能為反應(yīng)物的總能量與過渡態(tài)能量之差，從圖中可以看出，過渡態(tài)Ⅲ發(fā)生的反應(yīng)活化能最小，E正=116.1kJ·mol–1-62.5kJ·mol–1=53.6kJ·mol–1；反應(yīng)物為CH2O?+2H?，產(chǎn)物為CHO?+3H?，故反應(yīng)方程式為CH2O?+2H?=CHO?+3H?，因?yàn)?H?反應(yīng)前后都吸附在催化劑表面，未參與反應(yīng)，故反應(yīng)實(shí)質(zhì)為CH2O?=CHO?+H?(3)①因?yàn)闇囟壬?，反?yīng)速率應(yīng)加快，而圖中速率減小，顯然不是溫度的影響，只能為催化劑的活性降低導(dǎo)致反應(yīng)速率減慢；②對(duì)于反應(yīng)CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H＜0，其他條件不變時(shí)，升高溫度，平衡向左移動(dòng)，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均減小。依據(jù)圖中信息，可初步得知，a、b曲線分別對(duì)應(yīng)CO2或H2，c、d曲線則對(duì)應(yīng)CO或H2O(g)。平衡時(shí)，測(cè)得CH3OH的含量在給定溫度范圍內(nèi)極小，說明CH3OH基本全部轉(zhuǎn)化為H2、CO2、CO，根據(jù)反應(yīng)方程式CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)、CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，n(CH3OH):n(H2O)=1:1.3可知：該反應(yīng)起始時(shí)，n(H2)＞n(CO2)、n(H2O)＞n(CO)，平衡時(shí)含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO，故a、b、c、d曲線分別對(duì)應(yīng)H2、CO2、H2O(g)、CO；(4)353K時(shí)，在剛性容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應(yīng)：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，設(shè)初始時(shí)向剛性容器中通入CH3OH(g)1mol，其變化量為xmol，列“三段式”：根據(jù)相同條件下，壓強(qiáng)之比=物質(zhì)的量之比，則，則，解得x=0.037mol，則5min時(shí)平衡體系中CH3OH的壓強(qiáng)為kPa=96.3kPa，則5min內(nèi)CH3OH的壓強(qiáng)變化量為100kPa-96.3kPa=3.7kPa，則0～5min內(nèi)v(CH3OH)==0.74kPa·min－1；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)體系達(dá)到平衡時(shí)，體系的總壓強(qiáng)為120.0kPa，設(shè)初始時(shí)向剛性容器中通入CH3OH(g)1mol，其變化量為ymol，列“三段式”：根據(jù)相同條件下，壓強(qiáng)之比=物質(zhì)的量之比，則，則，解得y=0.1mol，則p(CH3OH)==90kPa，p(CO)==10kPa，p(H2)==20kPa，該反應(yīng)的平衡常數(shù)KP==44.4(kPa)2?！净瘜W(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15分）11.鉻鐵合金常作為鋼的添加料，用于生產(chǎn)多種具有高強(qiáng)度、耐高溫、耐腐蝕等優(yōu)良性能的特種鋼。(1)畫出基態(tài)鉻原子的價(jià)電子排布圖__________________________。(2)K2Cr2O7是酒駕檢測(cè)儀中的一種試劑，它與酒精反應(yīng)可表示為K2Cr2O7+H2SO4+CH3CH2OH→Cr2(SO4)3+K2SO4+CH3COOH+H2O。①CH3COOH分子中碳原子的雜化類型為________________。②SO42–與H2O中鍵角較大的是_______(填化學(xué)式)，用價(jià)層電子對(duì)互斥理論解釋______________________________________________________________________。③寫出一個(gè)SO42–的等電子體分子__________。(3)鉻離子(Cr3+)能形成多種配合物，例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。①上述配合物中的非金屬元素按第一電離能由小到大的順序排列為_______________。②已知配合物的中心粒子的配位數(shù)指配位原子總數(shù)。上述配合物中，Cr3+的配位數(shù)為________。(4)鉻、鈣和氧組成一種特殊的導(dǎo)電材料(復(fù)合氧化物)，其晶胞如圖所示。①該晶體的化學(xué)式為________。②已知晶體中Ca2+與Cr4+的最短距離為anm。則該晶胞密度為________g/cm3。(列出計(jì)算表達(dá)式，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)③當(dāng)該晶體中部分Ca2+被相同數(shù)目的La3+替代時(shí)，部分鉻由+4價(jià)轉(zhuǎn)變?yōu)?3價(jià)。若化合物中Ca2+和La3+的物質(zhì)的量之比為(1?x):x(x＜0.1)，則該晶體中+3價(jià)鉻與+4價(jià)鉻的物質(zhì)的量之比為________?！敬鸢浮?1).(2).sp3、sp2(3).(4).因?yàn)橹行脑泳?對(duì)電子對(duì)，中無孤電子對(duì)，H2O分子中存在兩對(duì)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)間的斥力大于成鍵電子對(duì)間斥力，故中鍵角大于H2O分子中鍵角(5).CCl4或SiF4(其他合理也可)(6).H＜C＜O＜N(7).6(8).CaCrO3(9).或(10).x:(1-x)【解析】【詳解】(1)根據(jù)原子構(gòu)造原理，基態(tài)鉻原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，則價(jià)電子排布圖；(2)①CH3COOH分子中有兩個(gè)碳原子，羧基中的碳原子形成3個(gè)σ鍵，甲基上的碳原子形成4個(gè)σ鍵，均沒有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目分別為3、4，分別采取sp2、sp3雜化；②中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+=4，S原子采取sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形，鍵角為109°28’，H2O中心原子O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+=4，O原子采取sp3雜化，H2O空間構(gòu)型為V形，鍵角為104.5°，則鍵角較大的是，用價(jià)層電子對(duì)互斥理論解釋因?yàn)橹行脑泳?對(duì)電子對(duì)，中無孤電子對(duì)，H2O分子中存在兩對(duì)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)間的斥力大于成鍵電子對(duì)間斥力，故中鍵角大于H2O分子中鍵角；③構(gòu)成微粒的原子總數(shù)和價(jià)層電子總數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，由5個(gè)原子構(gòu)成，價(jià)層電子總數(shù)為32，與其互為等電子體分子CCl4或SiF4(其他合理也可)；(3)①上述配合物中的非金屬元素有H、O、C、N，H元素在4種非金屬元素中第一電離能最小，同周期元素的第一電離能隨核電荷數(shù)增大呈逐漸增大的趨勢(shì)，由于N原子最外層電子排布處于半充滿狀態(tài)，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，其第一電離能比相鄰元素都要大，則按第一電離能由小到大的順序排列為H＜C＜O＜N；②已知配合物的中心粒子的配位數(shù)指配位原子總數(shù)。上述配合物中，H2NCH2CH2NH2上的兩個(gè)N原子均與Cr3+形成配位鍵，配體有3個(gè)OH-、1個(gè)H2O和1個(gè)H2NCH2CH2NH2，其中O、N原子提供共用電子對(duì)，則Cr3+的配位數(shù)為6；(4)①根據(jù)均攤法，Ca處于正方體的頂點(diǎn)上，所以一個(gè)晶胞含有Ca數(shù)目為8×=1，Cr處于正方體中心，故含有1個(gè)Cr，O處于正方體面心，故1個(gè)晶胞含有O數(shù)目為6×=3，該晶體的化學(xué)式為：CaCrO3；②已知晶體中Ca2+與Cr4+的最短距離為anm，則該晶胞的體對(duì)角線長度為2anm，設(shè)晶胞的參數(shù)為xnm，則晶胞的面對(duì)角線的長度為xnm，根據(jù)勾股定理，晶胞參數(shù)為anm，晶胞的體積=nm3=cm3，則該晶胞密度或g/cm3；③根據(jù)化合價(jià)為0原則，假設(shè)1mol物質(zhì)中+3價(jià)的Cr有amol，則+4價(jià)的Cr有(1?a)mol，(1?x)×2+3×x+3a+4×(1?a)＝6，解出a＝x，所以+3價(jià)有xmol，+4價(jià)有(1?x)mol，該晶體中+3價(jià)鉻與+4價(jià)鉻的物質(zhì)的量之比為：x:(1-x)?！军c(diǎn)睛】原子最外層電子排布處于半充滿、全滿、全空狀態(tài)時(shí)，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，其第一電離能比相鄰元素都要大，解題時(shí)要注意核外電子排布的分析。【化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）12.醛類化合物的合成由來已久，其產(chǎn)品在工業(yè)中占有重要的地位，某醛類有機(jī)物，有如下合成路線?；卮鹣铝袉栴}：(1)由A→B的反應(yīng)類型為______________，B中官能團(tuán)名稱為____________________。(2)A在酸性條件下水解產(chǎn)物的化學(xué)名稱為________，D的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。(3)寫出反應(yīng)D→E的反應(yīng)方程式____________________________________________。(4)M為F的同分異構(gòu)體，滿足下列條件的同分異構(gòu)體有_____種(不考慮立體異構(gòu))，其中核磁共振氫譜峰面積比為2:3:2:2:1的結(jié)構(gòu)簡式為_________________。①分子中只含苯環(huán)一個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu)②苯環(huán)上只有一個(gè)取代基③水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)(5)根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合題中相關(guān)信息，補(bǔ)充完整由甲苯和乙醛為原料合成的路線。_______________________________________【答案】(1).取代反應(yīng)(2).羰基(或酮基)、羧基(3).丁二酸(4).(5).+H2O(6).3(7).(8).【解析】【分析】A與苯在AlCl3、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B在濃硫酸、Zn-Hg作用下成環(huán)生成C，結(jié)合D的分子式，C與LiAlH4、H2O發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合E的分子式，D在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為，E的碳碳雙鍵在O3、Zn/H2O作用下發(fā)生氧化反應(yīng)生成F，F(xiàn)在加熱條件下與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成G，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)分析，由A→B的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)簡式，B中官能團(tuán)名稱為羰基(或酮基)、羧基；(2)A屬于羧酸酐，A在酸性條件下的水解產(chǎn)物為HOOCCH2CH2COOH，則產(chǎn)物的化學(xué)名稱為丁二酸；根據(jù)分析，D的結(jié)構(gòu)簡式為；(3)反應(yīng)D→E為D在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成E，反應(yīng)方程式+H2O；(4)F的結(jié)構(gòu)簡式為，M為F的同分異構(gòu)體，分子中只含苯環(huán)一個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，說明該有機(jī)物結(jié)構(gòu)中含有酚酯基，據(jù)此可得，該有機(jī)物的部分結(jié)構(gòu)為，根據(jù)F中的碳原子數(shù)為10，則M中剩余結(jié)構(gòu)中的碳原子數(shù)為3，F(xiàn)的不飽和度為5，結(jié)構(gòu)的不飽和度為4，說明剩余的3個(gè)碳組成的結(jié)構(gòu)中含有一個(gè)碳碳雙鍵，則剩余3個(gè)碳組成的結(jié)構(gòu)有-C=C-C、-C-C=C、，共3種結(jié)構(gòu)，則符合條件的M的同分異構(gòu)體有3種；其中核磁共振氫譜峰面積比為2:3:2:2:1，即分子結(jié)構(gòu)中有五種不同環(huán)境的氫原子，且氫原子的個(gè)數(shù)比為2:3:2:2:1，結(jié)構(gòu)簡式為；(5)由甲苯和乙醛為原料合成，首先甲苯在光照的條件下與氯氣反應(yīng)生成，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成，在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成，仿FG，在氫氧化鈉、加熱條件下與CH3CHO反應(yīng)生成，則合成路線為。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(4)中M的同分異構(gòu)體的判斷，在分析判斷M的結(jié)構(gòu)時(shí)，需要考慮F的不飽和度，根據(jù)已知條件，分析M中含有的結(jié)構(gòu)。

附贈(zèng)材料必須掌握的試題訓(xùn)練法題干分析法怎樣從“做題”提升到“研究”題干分析法,是指做完題目后,通過讀題干進(jìn)行反思總結(jié):這些題目都從哪幾個(gè)角度考查知識(shí)點(diǎn)的?角度不同,容易出錯(cuò)的地方是不是變化了?只有這樣,我們才能從單純的“做題目”上升到“研究”,我們的思維能力和做題效率才能不斷提高。具體來說,題干分析法可分為以下四個(gè)步驟第一步,弄清考查范圍。題目無非就是知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用,任何一道題都是考查一個(gè)知識(shí)點(diǎn)的,或者是一個(gè)定理的應(yīng)用,或者是推論的應(yīng)用。做完題目后首先要弄明白,這道題考查了什么知識(shí)點(diǎn)。第二步,掌握出題意圖。命題者是怎樣將知識(shí)點(diǎn)轉(zhuǎn)化為這道題目的?包含哪些思想方法?怎樣給出條件?隱藏了哪些條件?想考查什么?大家應(yīng)該弄清楚。第三步,歸納解題框架。用簡潔的語言把這一類題目的解題框架寫出來,包括該類題型的已知條件、所求結(jié)果、基本解題步驟等,并牢牢記住。以后遇到同類題目就可以按照這個(gè)解題框架準(zhǔn)確地把題目做出來。比如,關(guān)于分解因式的題目,有同學(xué)歸納出三個(gè)思想步驟第一,分解因式一共有幾種方法?第二,這道題適合哪一